Matemática universitária — Graduação 2 · Bachelor Year 2

6Comparação de funções

A análise assintótica — a arte de substituir uma quantidade complicada por outra simples mais um erro controlado — foi iniciada no volume do primeiro ano de graduação com os desenvolvimentos de Taylor. Este capítulo faz dela uma disciplina autônoma: desenvolvimentos ao longo de escalas gerais, a comparação série–integral com toda a sua força assintótica, a fórmula de Stirling (demonstrada por completo) e o estudo sistemático das sequências definidas implicitamente. Essas técnicas são o pão de cada dia da análise assintótica, e todo capítulo posterior que estime seja o que for — séries, integrais, probabilidades — come desta mesa.

6.1 Relações de comparação e escalas

Definição 6.1

Perto de um ponto $a$ ( $a \in \R$ ou $\pm\infty$ ), para funções (ou sequências, com $n \to \infty$ ): $f = o(g)$ , $f = O(g)$ , $f \sim g$ como no volume do primeiro ano de graduação. Uma escala de comparação em $a$ é uma família de funções positivas, duas a duas comparáveis, totalmente ordenada por $o(\cdot)$ — a escala padrão em $+\infty$ sendo

x^{\alpha} (\ln x)^{\beta} \qquad (\alpha, \beta \in \R),

ordenada lexicograficamente em $(\alpha, \beta)$ , refinada quando preciso por exponenciais $\eu^{\gamma x}$ .

Definição 6.2 (Desenvolvimento assintótico)

$f$ admite o desenvolvimento assintótico

f = c_1 \varphi_1 + c_2\varphi_2 + \dots + c_k \varphi_k + o(\varphi_k) \qquad (\varphi_{i+1} = o(\varphi_i) \text{ na escala})

quando os restos sucessivos satisfazem as estimativas exibidas. Os coeficientes são então únicos: $c_1 = \lim f/\varphi_1$ e, indutivamente, $c_{i+1} = \lim\,(f - \sum_{j \leq i} c_j\varphi_j)/\varphi_{i+1}$ .

Exemplo 6.3

Os desenvolvimentos de Taylor são desenvolvimentos assintóticos ao longo da escala $(x - a)^k$ em $a$ . Mas a noção é estritamente mais ampla: em $+\infty$ ,

\frac{1}{x - \ln x} = \frac1x \cdot \frac{1}{1 - \frac{\ln x}{x}} = \frac1x + \frac{\ln x}{x^2} + o\Bigl(\frac{\ln x}{x^2}\Bigr),

um desenvolvimento ao longo de uma escala mista — nenhum teorema de Taylor se aplica, apenas o desenvolvimento geométrico e o cálculo dos $o$ .

Exemplo 6.4 (A escala padrão é realmente ordenada)

A afirmação lexicográfica da Definição 6.1 exige uma linha de demonstração por caso. Compare $x^{\alpha}(\ln x)^{\beta}$ e $x^{\alpha'}(\ln x)^{\beta'}$ em $+\infty$ . Se $\alpha < \alpha'$ : a razão é $x^{\alpha - \alpha'}(\ln x)^{\beta - \beta'} \to 0$ , porque uma potência negativa de $x$ esmaga qualquer potência de $\ln x$ (ponha $x = \eu^t$ : $\eu^{(\alpha - \alpha')t}\,t^{\beta - \beta'} \to 0$ pelo limite “a exponencial vence a polinomial” do volume do primeiro ano de graduação). Se $\alpha = \alpha'$ e $\beta < \beta'$ : a razão é $(\ln x)^{\beta - \beta'} \to 0$ diretamente. Assim os pares $(\alpha, \beta)$ , ordenados lexicograficamente, ordenam a escala por $o(\cdot)$ — e a substituição $x = \eu^t$ é o truque universal para comparações mistas de potências e logaritmos.

Exemplo 6.5 (Ordenando um bestiário)

As escalas precisam ser ordenadas; eis o treino padrão. Em $+\infty$ , compare $n^{10}$ , $\eu^{\sqrt{\ln n}\,\cdot\,\sqrt n}$ , $2^n$ e $n^{\ln n}$ tomando logaritmos:

10\ln n \;\ll\; (\ln n)^2 \;\ll\; \sqrt{n\ln n} \;\ll\; n\ln 2 ,

em que $a_n \ll b_n$ significa $a_n = o(b_n)$ ; a segunda entrada é $\ln(n^{\ln n})$ . As exponenciais preservam esses saltos estritos (se $\ln u_n - \ln v_n \to -\infty$ então $u_n/v_n \to 0$ ), logo

n^{10} = o\bigl(n^{\ln n}\bigr), \qquad n^{\ln n} = o\bigl(\eu^{\sqrt{n\ln n}}\bigr), \qquad \eu^{\sqrt{n\ln n}} = o(2^n) .

A moral, em dose dupla: compare sempre por logaritmos (diferenças de logaritmos, e não razões de logaritmos), e nunca conclua $u_n \sim v_n$ a partir de $\ln u_n \sim \ln v_n$ — o par $n^{10}$ e $n^{\ln n}$ tem razão de $\ln$ tendendo a $\infty$ , mas $2^n$ e $4^n$ têm razão de $\ln$ exatamente igual a $2$ e são totalmente não equivalentes.

6.2 Comparação série–integral, assintoticamente

Teorema 6.6

Seja $f$ contínua, positiva e decrescente em $\intco{1}{+\infty}$ .

Se $\int_1^{\infty} f$ converge, os restos satisfazem

$\int_{n+1}^{\infty} f \;\leq\; \sum_{k > n} f(k) \;\leq\; \int_{n}^{\infty} f .$
Se $\int_1^\infty f$ diverge, as somas parciais satisfazem $\sum_{k=1}^{n} f(k) = \int_1^n f + C + o(1)$ para alguma constante $C$ : a diferença $\sum_{k \leq n} f(k) - \int_1^n f$ converge.

Demonstração. O enquadramento $f(k+1) \leq \int_k^{k+1} f \leq f(k)$ (decrescimento) era o recurso do primeiro ano; somando sobre $k \geq n+1$ , resp. $k \geq n$ , obtém-se (1). Para (2), ponha $u_k = f(k) - \int_k^{k+1} f$ : pelo enquadramento, $0 \leq u_k \leq f(k) - f(k+1)$ , de modo que as somas parciais de $\sum u_k$ são majoradas pela soma telescópica $f(1) - f(n+1) \leq f(1)$ : a série converge. Além disso, a sequência $\bigl(\int_n^{n+1} f\bigr)_n$ é não crescente ( $f$ decresce) e não negativa, logo convergente. Escrevendo

\sum_{k=1}^{n} f(k) - \int_1^n f = \sum_{k=1}^{n} u_k + \int_n^{n+1} f ,

o membro da direita converge quando $n \to \infty$ : a diferença converge para uma constante $C$ , que é o enunciado (2). ∎

Exemplo 6.7 (O desenvolvimento harmônico)

Para $f(t) = \frac1t$ : $H_n = \ln n + \gamma + o(1)$ , recuperando a constante de Euler (volume do primeiro ano de graduação) com uma demonstração mais limpa. Levando uma ordem adiante (Exercício 6.3):

H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + o\Bigl(\frac1n\Bigr).

Os números tornam o ganho visível em $n = 10$ : $H_{10} = 2.928968\dots$ e $\ln 10 = 2.302585\dots$ , de modo que a estimativa bruta de $\gamma$ dá $H_{10} - \ln 10 = 0.626383$ , errando por $0.049$ ; subtrair a correção $\frac1{20}$ dá $0.576383$ , que difere de $\gamma = 0.577216$ por apenas $8.3\cdot10^{-4}$ — que é ele próprio o termo seguinte $\frac{1}{12\cdot100}$ do desenvolvimento, como demonstra o problema de fim de semana (questão 8).

Exemplo 6.8 (Um $\ln(n!)$ bruto sem Stirling)

Só o enquadramento já localiza $\ln(n!)$ . Como $\ln$ é crescente,

\int_{k-1}^{k}\ln t\,\dd t \;\leq\; \ln k \;\leq\; \int_{k}^{k+1}\ln t\,\dd t ,

e somando sobre $k = 2, \dots, n$ (com $\int_1^n\ln = n\ln n - n + 1$ ):

n\ln n - n + 1 \;\leq\; \ln(n!) \;\leq\; (n+1)\ln(n+1) - n .

As duas cercas são $n\ln n - n + O(\ln n)$ : logo $\ln(n!) = n\ln n - n + O(\ln n)$ e, em particular, $\ln(n!) \sim n\ln n$ . O que Stirling acrescenta são os dois degraus seguintes — o $\frac12\ln n$ e a constante $\ln\sqrt{2\pi}$ — que custam a soma telescópica mais fina do Teorema 6.13. Saber que precisão cada ferramenta compra é metade do ofício assintótico.

Exemplo 6.9 (O cancelamento exige desenvolvimentos)

Calcule o limite de $\sqrt{n^2 + n} - n$ . Os dois termos são $\sim n$ , e “ $\sim n - n$ ” não significa nada: equivalentes não se subtraem. Desenvolva, em vez disso:

\sqrt{n^2 + n} - n = n\Bigl(\sqrt{1 + \tfrac1n} - 1\Bigr) = n\Bigl(\frac{1}{2n} - \frac{1}{8n^2} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr)\Bigr) = \frac12 - \frac{1}{8n} + O\Bigl(\frac1{n^2}\Bigr) :

limite $\frac12$ , com a velocidade de aproximação $\frac1{8n}$ de brinde. O mecanismo merece um nome: uma diferença de duas quantidades grandes equivalentes vive inteiramente em seus termos seguintes, de modo que é preciso desenvolver até a primeira ordem em que os dois lados diferem — e carregar o resto para certificar que nada mais sobrevive nessa ordem.

Exemplo 6.10 (Uma comparação divergente, trabalhada)

Para $f(t) = \frac{1}{t\ln t}$ em $\intco{2}{+\infty}$ (contínua, positiva, decrescente): $\int_2^x f = \ln\ln x - \ln\ln 2 \to \infty$ , logo, pelo Teorema 6.6 (2),

\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k\ln k} = \ln\ln n + C + o(1)

para alguma constante $C$ . Duas lições. Primeiro, a divergência é real mas glacial: a soma parcial só ultrapassa $4$ por volta de $n \approx \eu^{\eu^{4 - C}}$ , astronomicamente grande. Segundo, a forma $\ln\ln n$ foi entregue por uma primitiva, não adivinhada: para termos monótonos, a integral é o dispositivo canônico de somação, e a constante $C$ — como o $\gamma$ de Euler — é a memória dos termos iniciais.

6.3 A fórmula de Stirling

Lema 6.11 (Integrais de Wallis, revisitadas)

Seja $W_n = \int_0^{\pi/2} \sin^n t\,\dd t$ . Então $nW_nW_{n-1} = \frac\pi2$ para $n \geq 1$ , $(W_n)$ decresce, e $W_n \sim \sqrt{\dfrac{\pi}{2n}}$ .

Demonstração. A integração por partes dá $nW_n = (n-1)W_{n-2}$ ( $n \geq 2$ ), logo $nW_nW_{n-1}$ é constante em $n$ , igual a $1 \cdot W_1 W_0 = \frac\pi2$ . Decrescimento: $\sin^{n+1} \leq \sin^n$ em $\intcc{0}{\frac\pi2}$ . O confronto, em detalhe: a monotonicidade dá $W_{n+1} \leq W_n \leq W_{n-1}$ e, dividindo por $W_{n-1} > 0$ ,

\frac{n}{n+1} = \frac{W_{n+1}}{W_{n-1}} \leq \frac{W_n}{W_{n-1}} \leq 1 ,

vindo a identidade da esquerda da recorrência no índice $n + 1$ . As duas cotas tendem a $1$ : $W_n \sim W_{n-1}$ , donde

nW_n^2 \sim nW_nW_{n-1} = \frac\pi2 \qquad\Longrightarrow\qquad W_n \sim \sqrt{\frac{\pi}{2n}} .

∎

Exemplo 6.12 (As primeiras integrais de Wallis)

De $W_0 = \frac\pi2$ , $W_1 = 1$ e da recorrência $nW_n = (n-1)W_{n-2}$ :

W_2 = \frac\pi4, \qquad W_3 = \frac23, \qquad W_4 = \frac{3\pi}{16}, \qquad W_5 = \frac{8}{15}, \qquad W_6 = \frac{5\pi}{32}.

Os índices pares carregam um $\pi$ , os ímpares são racionais — os dois produtos entrelaçados das formas fechadas. Numericamente, $W_6 \approx 0.4909$ contra a assintótica $\sqrt{\pi/12} \approx 0.5116$ : em $n = 6$ o equivalente já está a menos de $5\%$ , e a identidade do produto é exata em todo $n$ : $6\,W_6W_5 = 6\cdot\frac{5\pi}{32}\cdot\frac8{15} = \frac\pi2$ . Tabelinhas como esta são o modo mais barato de apanhar um deslize algébrico antes que ele infecte um argumento assintótico.

Teorema 6.13 (Stirling)

n! \;\sim\; \sqrt{2\pi n}\, \Bigl(\frac{n}{\eu}\Bigr)^{\!n} .

Demonstração. Etapa 1: $n! \sim C \sqrt n\, (n/\eu)^n$ para alguma constante $C > 0$ . Ponha

d_n = \ln(n!) - \Bigl(n + \frac12\Bigr)\ln n + n .

Então

d_n - d_{n+1} = \Bigl(n + \frac12\Bigr) \ln\frac{n+1}{n} - 1 = \Bigl(n + \frac12\Bigr)\Bigl(\frac1n - \frac{1}{2n^2} + \frac{1}{3n^3} + o\bigl(n^{-3}\bigr)\Bigr) - 1 = \frac{1}{12n^2} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr),

pelo desenvolvimento de Taylor de $\ln(1 + \frac1n)$ . A série $\sum (d_n - d_{n+1})$ converge portanto absolutamente (comparação com $\sum n^{-2}$ ), de modo que $(d_n)$ converge, digamos para $d$ ; exponenciando, $n! \sim C\sqrt n\,(n/\eu)^n$ com $C = \eu^{d}$ .

Etapa 2: $C = \sqrt{2\pi}$ via Wallis. A forma fechada $W_{2p} = \frac{(2p)!}{4^p (p!)^2}\cdot\frac\pi2$ (vinda da recorrência, cálculo do primeiro ano refeito no contexto do Lema 6.11) combina-se com a Etapa 1:

W_{2p} \sim \frac{C\sqrt{2p}\,(2p/\eu)^{2p}} {4^p\,\bigl(C\sqrt p\,(p/\eu)^p\bigr)^2}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{\sqrt{2p}}{C\,p}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{C}\cdot\frac{1}{\sqrt{2p}} .

Comparando com $W_{2p} \sim \sqrt{\frac{\pi}{4p}}$ (Lema 6.11): $\frac{\pi}{C\sqrt{2p}} = \sqrt{\frac{\pi}{4p}}\,(1 + o(1))$ força $C = \pi \sqrt{\frac{4p}{2p\,\pi}} = \sqrt{2\pi}$ . ∎

Exemplo 6.14 (Coeficiente binomial central)

\binom{2n}{n} = \frac{(2n)!}{(n!)^2} \sim \frac{\sqrt{4\pi n}\,(2n/\eu)^{2n}}{2\pi n\,(n/\eu)^{2n}} = \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}} :

a probabilidade de um passeio aleatório simétrico voltar a $0$ no instante $2n$ é $\sim \frac{1}{\sqrt{\pi n}}$ — um anúncio do Capítulo 22.

Observação 6.15 (Perspectivas dentro deste volume)

Todo capítulo quantitativo adiante fala a língua deste capítulo. O Capítulo 7 classifica séries comparando termos com a escala $n^{-\alpha}(\ln n)^{-\beta}$ — seu problema de fim de semana mapeia essa fronteira por completo. O Capítulo 9 faz o mesmo para integrais impróprias, com a escala idêntica na variável contínua. O Capítulo 11 calcula raios de convergência a partir de $\limsup\abs{a_n}^{1/n}$ , um exercício de equivalentes de raízes $n$ -ésimas em que Stirling é a chave padrão ( $\sqrt[n]{n!} \sim \frac n\eu$ , Exercício 6.4). E os capítulos de probabilidade descontam Stirling diretamente: as estimativas locais do Capítulo 22 para coeficientes binomiais são Exemplo 6.14 e Exemplo 6.21 palavra por palavra. A assintótica não é um capítulo aqui; é o sotaque do volume.

Método 6.16 (A lista de verificação do refinamento sucessivo)

Antes de confiar num desenvolvimento obtido por refinamentos sucessivos, audite quatro pontos. (1) Existência primeiro: a raiz ou a sequência precisa estar fixada (monotonicidade, valores intermediários) antes de qualquer desenvolvimento — símbolos sem referente desenvolvem-se lindamente e não significam nada. (2) Uma ordem por passagem: cada substituição só pode ser levada a sério até a ordem da estimativa nela injetada; extrair dois termos novos de uma só passagem é a fonte clássica de coeficientes errados. (3) Os restos viajam junto: carregue o $o(\cdot)$ por todo passo algébrico e deixe a absorção (termos menores engolidos por restos maiores) acontecer no fim, explicitamente. (4) Auditoria numérica: avalie num valor honesto de $n$ ; um erro de coeficiente sobrevive à redemonstração algébrica com surpreendente frequência, e quase nunca sobrevive à aritmética.

Observação 6.17 (Armadilhas comuns)

(i) Os equivalentes somam-se mal: de $u_n \sim n + \ln n$ e $v_n \sim -n$ não se pode concluir $u_n + v_n \sim \ln n$ ; os cancelamentos exigem desenvolvimentos com restos explícitos, nunca equivalentes nus. (ii) Nunca exponencie uma equivalência: $n + 1 \sim n$ mas $\eu^{n+1} \not\sim \eu^n$ ; a direção segura é tomar logaritmos de equivalentes que tendem a $+\infty$ (problema de fim de semana deste capítulo, questão 24). (iii) Um desenvolvimento assintótico está preso a uma escala: escrever $f = \frac1x + o\bigl(\frac1{x^2}\bigr)$ afirma mais que $f = \frac1x + o\bigl(\frac1x\bigr)$ , e misturar os dois invalida a álgebra seguinte. (iv) Nos refinamentos, substitua o desenvolvimento atual inteiro, resto incluído — descartar um $o(\cdot)$ no meio da passagem produz coeficientes plausíveis mas errados. (v) A comparação série–integral precisa de monotonicidade: para termos oscilantes ela falha sem cerimônia (compare $\sum\frac{\sin k}k$ , Capítulo 7).

Exemplo 6.18 (Stirling em números)

Em $n = 10$ : a fórmula dá $\sqrt{20\pi}\,(10/\eu)^{10} \approx 3\,598\,696$ contra $10! = 3\,628\,800$ : erro relativo $8.3\cdot10^{-3}$ , notável para um enunciado “assintótico” em $n = 10$ . O erro tem estrutura — o refinamento exato $n! = \sqrt{2\pi n}\,(n/\eu)^n\bigl(1 + \frac1{12n} + O(n^{-2})\bigr)$ — cuja primeira correção $\frac1{120} \approx 8.3\cdot10^{-3}$ explica quase exatamente a diferença observada. A maquinaria de Euler–Maclaurin do problema de fim de semana é precisamente a fonte sistemática desses termos de correção.

Observação 6.19 (Onde este capítulo é usado)

A comparação assintótica é a gramática de tudo o que é quantitativo adiante: os testes de convergência e o panorama de Bertrand do Capítulo 7, os critérios de integrabilidade do Capítulo 9, os cálculos de raio de convergência do Capítulo 11 e os teoremas limite do Capítulo 22 (onde Stirling conduz as estimativas de de Moivre–Laplace). O volume do terceiro ano de graduação industrializa a única ideia que aqui demonstramos à mão — extrair o termo principal, majorar o resto — no método de Laplace e na convergência dominada.

Exemplo 6.20 (Uma integral comparada a si mesma: $\int_2^x \frac{\dd t}{\ln t}$ )

A caixa de ferramentas da comparação também roda sobre integrais. Seja $F(x) = \int_2^x\frac{\dd t}{\ln t}$ (o integrando é contínuo em $\intco2\infty$ ). Integre por partes:

F(x) = \Bigl[\frac{t}{\ln t}\Bigr]_2^x + \int_2^x\frac{\dd t}{(\ln t)^2} = \frac{x}{\ln x} + O\Bigl(\int_2^x\frac{\dd t}{(\ln t)^2}\Bigr) + O(1),

e a integral restante é $o\bigl(\frac{x}{\ln x}\bigr)$ : separe-a em $\sqrt x$ , majorando por

\int_2^{\sqrt x}\frac{\dd t}{(\ln t)^2} \leq \sqrt x \qquad\text{e}\qquad \int_{\sqrt x}^{x}\frac{\dd t}{(\ln t)^2} \leq \frac{x}{(\ln\sqrt x)^2} = \frac{4x}{(\ln x)^2} .

Logo $F(x) \sim \frac{x}{\ln x}$ . Quem encontrou o teorema dos números primos no problema de fim de semana deste capítulo reconhecerá $F$ : é a integral logarítmica, o melhor estimador de $\pi(x)$ , e o cálculo mostra que ela coincide com $\frac{x}{\ln x}$ em primeira ordem.

Exemplo 6.21 (Stirling num binomial desequilibrado)

A mesma rotina de três fatoriais usada para Exemplo 6.14 dá, para $\binom{3n}{n} = \frac{(3n)!}{n!\,(2n)!}$ :

\binom{3n}{n} \sim \frac{\sqrt{6\pi n}\,(3n/\eu)^{3n}} {\sqrt{2\pi n}\,(n/\eu)^{n}\cdot\sqrt{4\pi n}\,(2n/\eu)^{2n}} = \sqrt{\frac{3}{4\pi n}}\, \Bigl(\frac{27}{4}\Bigr)^{\!n} .

A taxa exponencial $\frac{27}4 = \frac{3^3}{2^2}$ é $\eu^{3n\,H(1/3)}$ na notação de entropia da teoria da informação: os binomiais desequilibrados crescem estritamente mais devagar do que o central $4^n$ por dois passos — aqui $(27/4)^{1/3} \approx 1.89 < 2$ por passo. Toda assintótica binomial em combinatória e probabilidade (Capítulo 22) é este mesmo cálculo com pesos diferentes.

6.4 Sequências definidas implicitamente

Método 6.22

Para achar a assintótica das soluções $x_n$ de uma equação $F(x, n) = 0$ :

Localize: demonstre a existência e a unicidade de $x_n$ num intervalo bem determinado (monotonicidade, teorema do valor intermediário) e ache seu comportamento bruto (limite, ordem de crescimento).
Refine: substitua a forma bruta $x_n = (\text{termo principal})(1 + \varepsilon_n)$ na equação e resolva para a ordem seguinte de $\varepsilon_n$ ; repita, cada passagem refinando uma ordem.

Exemplo 6.23

Para $n \geq 1$ , a equação $\tan x = x$ tem exatamente uma solução $x_n$ em $\intoo{n\pi - \frac\pi2}{n\pi + \frac\pi2}$ (a função $\tan x - x$ cresce de $-\infty$ a $+\infty$ aí, sendo sua derivada $\tan^2 x \geq 0$ ). Bruto: $x_n = n\pi + \frac\pi2 - y_n$ com $y_n \in \intoo{0}{\pi}$ ; como $x_n \to \infty$ e $\tan x_n = x_n \to +\infty$ , $x_n$ aproxima-se da assíntota pela esquerda: $y_n \to 0$ . Refinamento: $\tan x_n = \cot y_n = \frac{1}{\tan y_n} \sim \frac{1}{y_n}$ , e a equação $\cot y_n = x_n \sim n\pi$ dá $y_n \sim \frac{1}{n\pi}$ . Logo

x_n = n\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{n\pi} + o\Bigl(\frac1n\Bigr),

e o processo continua até qualquer ordem (Exercício 6.6).

Exemplo 6.24 (Uma segunda rodada do método)

Resolva $x + \ln x = n$ assintoticamente. Localize: $x \mapsto x + \ln x$ cresce de $-\infty$ a $+\infty$ em $\intoo{0}{+\infty}$ : uma única raiz $x_n$ , e $x_n \to \infty$ . Bruto: $\ln x_n = o(x_n)$ dá $x_n \sim n$ . Refinamento: de $x_n = n - \ln x_n$ e $\ln x_n = \ln n + o(1)$ (logaritmos de equivalentes, ambos os lados $\to \infty$ ):

x_n = n - \ln n + o(1) ;

mais uma passagem, com $\ln x_n = \ln\bigl(n - \ln n + o(1)\bigr) = \ln n - \frac{\ln n}{n} + o\bigl(\frac{\ln n}n\bigr)$ :

x_n = n - \ln n + \frac{\ln n}{n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr).

(Verificação em $n = 100$ : a raiz é $x \approx 95.4415$ ; a fórmula de três termos dá $100 - 4.6052 + 0.0461 = 95.4409$ e a de dois termos $95.3948$ — cada passagem ganha a ordem prevista.) Mesmo laço, terceira paisagem: o método do Método 6.22 não se importa com a cara da equação, apenas com que cada passagem isole a incógnita dominante.

6.5 Exercícios

Exercício 6.1 ★

Desenvolva em $+\infty$ , dois termos além do dominante:

\sqrt{x^2 + x + 1} , \qquad \ln(x^2 + x) - 2\ln x, \qquad \frac{x + \sin x}{x - \ln x} .

Solução

Solução de Exercício 6.1.

$\sqrt{x^2 + x + 1} = x\sqrt{1 + \tfrac1x + \tfrac{1}{x^2}} = x + \frac12 + \frac38\cdot\frac1x + o\bigl(\frac1x\bigr)$ (desenvolvimento binomial: $\frac12 u - \frac18 u^2$ com $u = \frac1x + \frac{1}{x^2}$ dá $\frac{1}{2x} + \frac{1}{2x^2} - \frac{1}{8x^2} = \frac{1}{2x} + \frac{3}{8x^2}$ , e depois multiplique por $x$ ).

$\ln(x^2 + x) - 2\ln x = \ln\bigl(1 + \tfrac1x\bigr) = \frac1x - \frac{1}{2x^2} + o\bigl(\frac{1}{x^2}\bigr)$ .

Terceira função: desenvolva cada fator,

\frac{x + \sin x}{x - \ln x} = \Bigl(1 + \frac{\sin x}{x}\Bigr) \Bigl(1 + \frac{\ln x}{x} + \frac{(\ln x)^2}{x^2} + O\Bigl(\frac{(\ln x)^3}{x^3}\Bigr)\Bigr).

Ordene as contribuições na escala em $+\infty$ : $\frac{\ln x}{x} \gg \frac{1}{x} \geq \bigl|\frac{\sin x}{x}\bigr| \gg \frac{(\ln x)^2}{x^2}$ . Os dois termos que seguem o dominante $1$ são, portanto, $\frac{\ln x}{x}$ e depois o termo de oscilação limitada $\frac{\sin x}{x}$ :

\frac{x + \sin x}{x - \ln x} = 1 + \frac{\ln x}{x} + \frac{\sin x}{x} + O\Bigl(\frac{(\ln x)^2}{x^2}\Bigr).

Exercício 6.2 ★

Dê a natureza (convergência/divergência) e, quando divergente, a assintótica dominante de $\sum_{k \leq n} k^\alpha$ para $\alpha > -1$ , $\alpha = -1$ , $\alpha < -1$ , via o Teorema 6.6.

Solução

Solução de Exercício 6.2.

$f(t) = t^\alpha$ ( $t \geq 1$ ).

$\alpha > -1$ : divergência e, pelo Teorema 6.6 (2), $\sum_{k\leq n} k^\alpha = \frac{n^{\alpha+1}}{\alpha+1} + C + o(1)$ se $\alpha < 0$ (onde $f$ decresce); para $\alpha \geq 0$ ( $f$ crescente) o mesmo enquadramento com desigualdades invertidas dá $\sum_{k \leq n} k^\alpha \sim \frac{n^{\alpha + 1}}{\alpha + 1}$ .

$\alpha = -1$ : $H_n = \ln n + \gamma + o(1)$ (Exemplo 6.7).

$\alpha < -1$ : convergência, com resto $\sum_{k > n} k^\alpha \sim \frac{n^{\alpha+1}}{-(\alpha+1)}$ pelo enquadramento (1) (as duas cotas integrais são equivalentes a esse valor).

Exercício 6.3 ★★

Prove que $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + o\bigl(\frac1n\bigr)$ . (Estude $v_n = H_n - \ln n - \gamma$ : mostre que $v_n - v_{n+1} = \frac{1}{2n^2} + O(n^{-3})$ e some a cauda, comparando com $\sum_{k \geq n} \frac{1}{2k^2} \sim \frac{1}{2n}$ — Teorema 6.6 (1).)

Solução

Solução de Exercício 6.3.

Seja $v_n = H_n - \ln n - \gamma \to 0$ . Então

v_n - v_{n+1} = \ln\frac{n+1}{n} - \frac{1}{n+1} = \Bigl(\frac1n - \frac{1}{2n^2}\Bigr) - \Bigl(\frac1n - \frac{1}{n^2}\Bigr) + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr) = \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr),

usando $\frac{1}{n+1} = \frac1n - \frac{1}{n^2} + O(n^{-3})$ . Como $v_n \to 0$ , telescopando a cauda:

v_n = \sum_{k \geq n} (v_k - v_{k+1}) = \sum_{k\geq n} \Bigl(\frac{1}{2k^2} + O(k^{-3})\Bigr) = \frac{1}{2n} + O\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr),

pelo Teorema 6.6 (1) aplicado a $t^{-2}$ (resto $\sim \frac1n$ , dividido por dois) e a $t^{-3}$ . Logo $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + o(\frac1n)$ .

Exercício 6.4 ★★

Usando Stirling, ache equivalentes de: $\dfrac{(3n)!}{(n!)^3}$ ; $\;\dfrac{n!}{n^n}$ ; $\;\sqrt[n]{n!}$ (quando $\frac n\eu(1 + o(1))$ , precisado até dois termos).

Solução

Solução de Exercício 6.4.

Stirling três vezes:

\frac{(3n)!}{(n!)^3} \sim \frac{\sqrt{6\pi n}\,(3n/\eu)^{3n}} {(2\pi n)^{3/2}\,(n/\eu)^{3n}} = \frac{\sqrt{6}\; 27^{\,n}}{2\pi n} \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi n}}\cdot\sqrt{2\pi n}\; = \frac{\sqrt3\,27^n}{2\pi n} .

(Com cuidado: $\frac{\sqrt{6\pi n}}{(2\pi n)^{3/2}} = \frac{\sqrt6}{(2\pi n)\sqrt{2\pi n}}\sqrt{\pi n} = \frac{\sqrt3}{2\pi n}$ .)

$\dfrac{n!}{n^n} \sim \sqrt{2\pi n}\,\eu^{-n}$ .

$\sqrt[n]{n!} = \exp\bigl(\frac{\ln n!}{n}\bigr)$ com $\ln n! = n\ln n - n + \frac12\ln(2\pi n) + o(1)$ :

\sqrt[n]{n!} = \exp\Bigl(\ln n - 1 + \frac{\ln(2\pi n)}{2n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr)\Bigr) = \frac{n}{\eu}\Bigl(1 + \frac{\ln(2\pi n)}{2n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr)\Bigr).

Exercício 6.5 ★★

Para $n \geq 2$ , prove que $x^n + x = 1$ tem uma única solução $x_n \in \intoo{0}{1}$ , que $x_n \to 1$ , e estabeleça

x_n = 1 - \frac{\ln n}{n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr).

(De $x_n^n = 1 - x_n$ : tome logaritmos e refine com $x_n = 1 - \varepsilon_n$ .)

Solução

Solução de Exercício 6.5.

$g(x) = x^n + x - 1$ cresce estritamente em $\intcc{0}{1}$ de $-1$ a $1$ : raiz única $x_n$ . Como $x_n^n = 1 - x_n \in \intoo{0}{1}$ : se $x_n \leq c < 1$ ao longo de uma subsequência, então $x_n^n \leq c^n \to 0$ , logo $1 - x_n \to 0$ : contradição com $x_n \leq c$ . Logo $x_n \to 1$ .

Escreva $x_n = 1 - \varepsilon_n$ , $\varepsilon_n \to 0^+$ . A equação se lê $(1 - \varepsilon_n)^n = \varepsilon_n$ , isto é,

n\ln(1 - \varepsilon_n) = \ln \varepsilon_n \quad\Longrightarrow\quad -n\varepsilon_n\bigl(1 + o(1)\bigr) = \ln\varepsilon_n .

Assim $n\varepsilon_n = -\ln\varepsilon_n\,(1 + o(1)) \to +\infty$ e, tomando logaritmos de novo: $\ln n + \ln\varepsilon_n = \ln(-\ln\varepsilon_n) + o(1)$ . Como $\ln(-\ln \varepsilon_n) = o(\ln(1/\varepsilon_n))$ , isso dá $\ln\varepsilon_n \sim -\ln n$ , donde $\varepsilon_n = \frac{-\ln\varepsilon_n}{n}(1 + o(1)) \sim \frac{\ln n}{n}$ :

x_n = 1 - \frac{\ln n}{n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr) .

Exercício 6.6 ★★

Leve o Exemplo 6.23 uma ordem adiante:

x_n = n\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{n\pi} + \frac{1}{2n^2\pi} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr).

(Escreva $\cot y_n = x_n$ exatamente, desenvolva $\cot y = \frac1y - \frac y3 + o(y)$ e $x_n = n\pi(1 + \frac{1}{2n} - \dots)$ , e identifique.)

Solução

Solução de Exercício 6.6.

Relação exata: $\cot y_n = x_n = n\pi + \frac\pi2 - y_n$ , com $y_n \sim \frac{1}{n\pi}$ (Exemplo 6.23). Desenvolva $\cot y = \frac1y - \frac y3 + O(y^3)$ :

\frac{1}{y_n} - \frac{y_n}{3} + O(y_n^3) = n\pi + \frac\pi2 - y_n \quad\Longrightarrow\quad \frac{1}{y_n} = n\pi + \frac\pi2 + O\Bigl(\frac1n\Bigr),

(os termos $-y_n$ e $-\frac{y_n}{3}$ são $O(\frac1n)$ ). Inverta:

y_n = \frac{1}{n\pi}\cdot\frac{1}{1 + \frac{1}{2n} + O(n^{-2})} = \frac{1}{n\pi}\Bigl(1 - \frac{1}{2n} + O\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)\Bigr) = \frac{1}{n\pi} - \frac{1}{2n^2\pi} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr).

Logo

x_n = n\pi + \frac{\pi}{2} - y_n = n\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{n\pi} + \frac{1}{2n^2\pi} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr).

Exercício 6.7 ★★

Determine $\lim_{n\to\infty} \dfrac{1}{n!}\sum_{k=0}^{n} k!$ (majore a soma de todos os termos exceto os dois últimos) e deduza o desenvolvimento assintótico $\sum_{k \leq n} k! = n!\bigl(1 + \frac1n + O(n^{-2})\bigr)$ .

Solução

Solução de Exercício 6.7.

Separe os dois maiores termos:

\sum_{k=0}^{n} k! = n! + (n-1)! + \sum_{k \leq n-2} k! , \qquad \sum_{k\leq n-2} k! \leq (n-1)\,(n-2)! = (n-1)! .

Assim $1 \leq \frac{1}{n!}\sum k! \leq 1 + \frac{2}{n}$ : o limite é $1$ . Refinando: $\frac{(n-1)!}{n!} = \frac1n$ , e a cota bruta $\sum_{k \leq n-2}k! \leq (n-1)!$ pode ser afinada do mesmo modo: $\sum_{k\leq n-2} k! = (n-2)!\,(1 + O(\frac1n)) = O\bigl(\frac{n!}{n^2}\bigr)$ . Logo

\sum_{k=0}^{n} k! = n!\Bigl(1 + \frac1n + O\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)\Bigr).

Exercício 6.8 ★★★

Sejam $u_0 > 0$ e $u_{n+1} = u_n + \dfrac{1}{u_n}$ . Prove que $u_n \to \infty$ , depois que $u_n \sim \sqrt{2n}$ (estude $u_n^2$ : seus incrementos são $2 + u_n^{-2}$ ; some), e refine:

u_n = \sqrt{2n}\Bigl(1 + \frac{\ln n}{8n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr)\Bigr).

(De $u_n^2 = 2n + \sum_{k<n} u_k^{-2} + u_0^2$ e $u_k^2 \sim 2k$ : a soma vale $\sim \frac12\ln n$ pelo Teorema 6.6.)

Solução

Solução de Exercício 6.8.

$(u_n)$ cresce; se fosse limitada, convergiria para $\ell$ com $\ell = \ell + \frac1\ell$ : absurdo. Logo $u_n \to \infty$ .

Quadrados: $u_{n+1}^2 = u_n^2 + 2 + u_n^{-2}$ , logo

u_n^2 = u_0^2 + 2n + \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{u_k^2} .

A soma é $o(n)$ (os termos tendem a $0$ , Cesàro), logo $u_n^2 \sim 2n$ e $u_n \sim \sqrt{2n}$ .

Refinamento: $\frac{1}{u_k^2} \sim \frac{1}{2k}$ , logo, por comparação (Teorema 6.6, ou por equivalentes de somas parciais de séries positivas), $\sum_{k<n} u_k^{-2} \sim \frac12 \ln n$ . Portanto

u_n^2 = 2n + \frac{\ln n}{2}\,(1 + o(1)) + O(1) \quad\Longrightarrow\quad u_n = \sqrt{2n}\sqrt{1 + \frac{\ln n}{4n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr)} = \sqrt{2n}\Bigl(1 + \frac{\ln n}{8n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr)\Bigr).

Exercício 6.9 ★★★

(Uma soma de Riemann com um detalhe) Determine o comportamento assintótico de

S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n + k\ln n} .

(Ponha $n$ em evidência: $S_n = \frac1n\sum_k \bigl(1 + \frac{k\ln n}{n}\bigr)^{-1}$ ; reconheça uma soma do tipo Riemann com um parâmetro $t = \ln n$ que varia lentamente, calcule $\int_0^1 \frac{\dd u}{1 + tu} = \frac{\ln(1+t)}{t}$ e conclua $S_n \sim \frac{\ln\ln n}{\ln n}$ .)

Solução

Solução de Exercício 6.9.

Ponha $n$ em evidência e faça $t = \ln n$ :

S_n = \frac1n \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1 + t\,\frac kn} .

Para $t$ fixo, a soma é uma soma de Riemann de $u \mapsto \frac{1}{1 + tu}$ em $\intcc{0}{1}$ ; a função é monótona em $u$ , de modo que a soma de Riemann fica enquadrada pela integral deslocada de uma malha:

\int_0^1 \frac{\dd u}{1 + tu} - \frac1n \leq S_n \leq \int_0^1 \frac{\dd u}{1 + tu} + \frac1n

(comparação das somas de Riemann de uma função monótona com sua integral, válida para cada $n$ com seu próprio $t = \ln n$ ). Ora, $\int_0^1 \frac{\dd u}{1 + tu} = \frac{\ln(1 + t)}{t}$ e $\frac1n = o\bigl(\frac{\ln t}{t}\bigr)$ : logo

S_n = \frac{\ln(1 + \ln n)}{\ln n} + O\Bigl(\frac 1n\Bigr) \;\sim\; \frac{\ln\ln n}{\ln n} .

Exercício 6.10 ★

Demonstre a identidade $(\ln n)^{\ln n} = n^{\ln\ln n}$ e depois ordene as seguintes por $o(\cdot)$ crescente no infinito, com demonstrações: $n^2$ , $(\ln n)^{\ln n}$ , $2^n$ , $n!$ , $n^n$ .

Solução

Solução de Exercício 6.10.

Identidade: $(\ln n)^{\ln n} = \eu^{\ln n\,\ln\ln n} = \bigl(\eu^{\ln n}\bigr)^{\ln\ln n} = n^{\ln\ln n}$ . Ordenação: compare logaritmos. $\ln(n^2) = 2\ln n$ ; $\ln\bigl((\ln n)^{\ln n}\bigr) = \ln n\ln\ln n$ ; $\ln(2^n) = n\ln2$ ; $\ln(n!) = n\ln n - n + O(\ln n)$ (Stirling, ou o enquadramento mais bruto $\ln n! \sim n\ln n$ ); $\ln(n^n) = n\ln n$ . Como $2\ln n = o(\ln n\ln\ln n)$ , $\ln n\ln\ln n = o(n)$ , $n\ln 2 = o(n\ln n - n)$ e $n \ln n - n \sim n\ln n$ mas $n! / n^n \to 0$ (a diferença dos logaritmos é $-n + O(\ln n) \to -\infty$ ):

n^2 = o\bigl((\ln n)^{\ln n}\bigr),\quad (\ln n)^{\ln n} = o(2^n),\quad 2^n = o(n!),\quad n! = o(n^n).

(Para cada passo: a diferença dos logaritmos tende a $+\infty$ , logo a razão tende a $0$ .)

Exercício 6.11 ★★

(Cauda de $\sum 1/k^2$ , dois termos) Usando a soma telescópica exata $\sum_{k > n} \frac{1}{k(k+1)} = \frac{1}{n+1}$ e a decomposição $\frac1{k^2} = \frac{1}{k(k+1)} + \frac{1}{k^2(k+1)}$ , prove

\sum_{k > n} \frac{1}{k^2} = \frac1n - \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr).

Solução

Solução de Exercício 6.11.

Decomponha $\frac1{k^2} = \frac1{k(k+1)} + \frac1{k^2(k+1)}$ e some para $k > n$ :

\sum_{k>n}\frac1{k^2} = \frac1{n+1} + \sum_{k>n}\frac{1}{k^2(k+1)} ,

telescopando a primeira soma exatamente ( $\frac1{k(k+1)} = \frac1k - \frac1{k+1}$ ). Para a segunda: $\frac{1}{k^2(k+1)} = \frac1{k^3} + O\bigl(\frac1{k^4}\bigr)$ (pois $\frac{1}{k^2(k+1)} - \frac1{k^3} = \frac{-1}{k^3(k+1)}$ ) e, pela comparação integral $\sum_{k>n}\frac1{k^3} = \frac1{2n^2} + O\bigl(\frac1{n^3}\bigr)$ , $\sum_{k>n}\frac1{k^4} = O\bigl(\frac1{n^3}\bigr)$ . Logo

\sum_{k>n}\frac1{k^2} = \frac1{n+1} + \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr) = \frac1n - \frac1{n^2} + \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr) = \frac1n - \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr),

usando $\frac1{n+1} = \frac1n - \frac1{n^2} + O\bigl(\frac1{n^3}\bigr)$ .

Exercício 6.12 ★★★

Sejam $u_0 = \frac12$ e $u_{n+1} = u_n + \eu^{-u_n}$ . Prove que $u_n \to \infty$ , depois — pondo $v_n = \eu^{u_n}$ e mostrando que $v_{n+1} = v_n + 1 + \frac{1}{2v_n} + O\bigl(v_n^{-2}\bigr)$ — estabeleça

u_n = \ln n + \frac{\ln n}{2n} + O\Bigl(\frac1n\Bigr).

Solução

Solução de Exercício 6.12.

$(u_n)$ cresce; se fosse limitada, convergiria para um $\ell$ finito com $\ell = \ell + \eu^{-\ell}$ : impossível. Logo $u_n \to \infty$ . Seja $v_n = \eu^{u_n} \to \infty$ : então

v_{n+1} = \eu^{u_n + \eu^{-u_n}} = v_n\,\eu^{1/v_n} = v_n\Bigl(1 + \frac1{v_n} + \frac1{2v_n^2} + O\bigl(v_n^{-3}\bigr)\Bigr) = v_n + 1 + \frac{1}{2v_n} + O\bigl(v_n^{-2}\bigr).

Somar $v_{k+1} - v_k = 1 + O(1)$ primeiro dá $v_n = n + O(n)$ , logo $v_n \geq cn$ a partir de certa ordem; ressomando com $\frac1{2v_k} = O(\frac1k)$ obtém-se $v_n = n + O(\ln n)$ . Mais uma passagem: $\frac{1}{2v_k} = \frac{1}{2k}\bigl(1 + O\bigl(\tfrac{\ln k}k\bigr)\bigr)$ , logo

v_n = n + \sum_{k<n}\frac1{2k} + O(1) = n + \frac{\ln n}2 + O(1).

Finalmente, $u_n = \ln v_n = \ln n + \ln\Bigl(1 + \frac{\ln n}{2n} + O\bigl(\tfrac1n\bigr)\Bigr) = \ln n + \frac{\ln n}{2n} + O\bigl(\tfrac1n\bigr)$ .

6.6 Problema: refinamentos sucessivos, de Euler–Maclaurin aos primos

Uma quantidade implícita ou acumulada raramente entrega sua assintótica de uma vez; ela é extraída em passagens, cada passagem reinjetando a estimativa anterior na relação de definição. Este problema de fim de semana treina esse laço em equações novas, demonstra a fórmula de Euler–Maclaurin de primeira ordem (a versão com trapézios da comparação série–integral, com barras de erro rigorosas), inverte $x\ln x = n$ e desconta o cheque mais famoso do método: a partir do teorema dos números primos admitido, a lei assintótica $p_n \sim n\ln n$ do $n$ -ésimo primo.

Problema 6.1

Problema de fim de semana — a correção de Euler–Maclaurin e a assintótica do $n$ -ésimo primo

Parte I — O laço de refinamento numa equação nova.

Demonstre a afirmação de unicidade da Definição 6.2: se $f = \sum_{i\leq k} c_i\varphi_i + o(\varphi_k) = \sum_{i \leq k} c_i'\varphi_i + o(\varphi_k)$ ao longo da mesma escala, então $c_i = c_i'$ para todo $i$ . Depois leve o exemplo misto do curso um degrau adiante:

$\frac{1}{x - \ln x} = \frac1x + \frac{\ln x}{x^2} + \frac{(\ln x)^2}{x^3} + o\Bigl(\frac{(\ln x)^2}{x^3}\Bigr) \qquad (x \to +\infty),$

e explique por que não aparece nenhum termo $\frac{c}{x^2}$ .
Mostre que, para todo $n \geq 1$ , a equação $\eu^x + x = n$ tem exatamente uma solução real $x_n$ , e que $x_n \to +\infty$ com $x_n \sim \ln n$ .
Refine duas vezes:

$x_n = \ln n - \frac{\ln n}{n} - \frac{(\ln n)^2}{2n^2} + o\Bigl(\frac{(\ln n)^2}{n^2}\Bigr).$
Verifique numericamente em $n = 1000$ : compare $x_{1000} \approx 6.90083$ com os valores de um, dois e três termos da questão 3, até cinco casas decimais.

Parte II — Euler–Maclaurin, ordem um.

Demonstre a identidade do núcleo do trapézio: para $g$ de classe $C^2$ em $\intcc{0}{1}$ ,

$\int_0^1 g(t)\,\dd t = \frac{g(0) + g(1)}{2} - \frac12\int_0^1 t(1 - t)\,g''(t)\,\dd t$

(integre $\frac12 t(1-t)g''$ por partes duas vezes).
Seja $f$ de classe $C^2$ em $\intco{1}{+\infty}$ com $\int_1^\infty \abs{f''} < \infty$ . Mostre que

$E_n = \sum_{k=1}^{n} f(k) - \int_1^n f - \frac{f(1) + f(n)}{2}$

converge para uma constante $E$ , com a cota de cauda $\abs{E - E_n} \leq \frac18\int_n^\infty\abs{f''}$ : a fórmula de Euler–Maclaurin em primeira ordem.
Aplique isso a $f(t) = \frac1t$ : prove

$H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + \varepsilon_n, \qquad \abs{\varepsilon_n} \leq \frac{1}{8n^2},$

reforçando o Exercício 6.3 (identifique a constante com $\gamma$ comparando com Exemplo 6.7).
Extraia o coeficiente seguinte: mostre que $\varepsilon_n = -\frac{1}{12n^2} + o\bigl(\frac1{n^2}\bigr)$ (os incrementos de $E_n$ são $\frac12\int_0^1t(1-t)f''(n+t)\dd t = \frac1{12}f''(n) + o(f''(n))$ ; some a cauda com Teorema 6.6).
Aplique a questão 6 a $f = \ln$ : redemonstre em três linhas a convergência de $d_n = \ln n! - (n + \frac12)\ln n + n$ (Etapa 1 do Teorema 6.13), com a taxa de erro $d_n = d + O\bigl(\frac1n\bigr)$ de brinde.
Aplique a questão 6 a $f(t) = \frac{1}{\sqrt t}$ : mostre que

$\sum_{k=1}^{n}\frac1{\sqrt k} = 2\sqrt n + c + \frac{1}{2\sqrt n} + O\Bigl(\frac{1}{n^{3/2}}\Bigr)$

para alguma constante $c$ , e avalie todos os termos em $n = 10^4$ (a constante vale $c \approx -1.4604$ ).

Parte III — Inversão: a equação $x\ln x = n$ .

Mostre que $x\ln x = n$ tem exatamente uma solução $x_n \in \intco{1}{+\infty}$ para $n \geq 1$ , que $x_n \to \infty$ e que $\ln x_n \sim \ln n$ .
Deduza a inversão de um termo $x_n \sim \dfrac{n}{\ln n}$ e depois refine mais uma vez:

$\ln x_n = \ln n - \ln\ln n + o(1), \qquad x_n = \frac{n}{\ln n}\Bigl(1 + \frac{\ln\ln n}{\ln n} + o\Bigl(\frac{\ln\ln n}{\ln n}\Bigr)\Bigr).$
Teste em $n = 10^6$ : a raiz verdadeira é $x \approx 87\,848$ ; compare com os valores de um termo ( $\approx 72\,382$ ) e de dois termos ( $\approx 86\,140$ ), e explique o ganho lento (o parâmetro do desenvolvimento é $\frac{\ln\ln n}{\ln n}$ , apenas $\approx 0.19$ em $n = 10^6$ ).
Admitimos agora o teorema dos números primos: o número $\pi(x)$ de primos $\leq x$ satisfaz $\pi(x) \sim \frac{x}{\ln x}$ quando $x \to \infty$ (demonstrado honestamente no volume do terceiro ano de graduação). Escrevendo $p_n$ para o $n$ -ésimo primo, justifique $\pi(p_n) = n$ e rode a inversão das questões 11–12 para provar

$p_n \sim n \ln n .$
Dividendos: (a) mostre que $\sum_{k \leq n} p_k \sim \frac{n^2\ln n}{2}$ (compare $\sum k\ln k$ com $\int t\ln t\,\dd t$ ); (b) calcule a chance aproximada de um inteiro uniformemente aleatório com $100$ algarismos ser primo ( $\ln 10^{100} \approx 230.26$ : cerca de um em $230$ ).

Parte IV — O método exportado: $x\tan x = 1$ .

Mostre que, para cada $n \geq 1$ , a equação $\tan x = \frac1x$ tem exatamente uma solução $x_n$ em $\intoo{n\pi}{\,n\pi + \frac\pi2}$ , e que $z_n = x_n - n\pi \to 0^+$ .
Um termo: $z_n \sim \dfrac{1}{n\pi}$ .
Mostre que o desenvolvimento de $z_n$ não tem termo em $\frac{c}{n^2}$ : $z_n = \frac1{n\pi} + O\bigl(\frac{1}{n^3}\bigr)$ .
Três termos: usando $\arctan u = u - \frac{u^3}3 + O(u^5)$ e $\frac1{x_n} = \frac{1}{n\pi} - \frac{z_n}{(n\pi)^2} + O(n^{-3}\cdot z_n^2)$ , prove

$x_n = n\pi + \frac{1}{n\pi} - \frac{4}{3\pi^3 n^3} + o\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr).$
Verifique em $n = 3$ : raiz verdadeira $x_3 \approx 9.5293344$ ; compare os valores de um e de três termos, e contraste em uma frase com o $\tan x = x$ do curso (Exemplo 6.23): onde cada sequência se situa em sua janela, e por quê.

Parte V — Um refinamento dinâmico, regras do jogo, síntese.

Sejam $u_0 \in \intoo{0}{\pi}$ e $u_{n+1} = \sin u_n$ . Mostre que $u_n \to 0$ decrescendo, e calcule o limite de $\dfrac{1}{u_{n+1}^2} - \dfrac{1}{u_n^2}$ (desenvolva $\sin^{-2}$ via $\sin u = u - \frac{u^3}6 + o(u^3)$ ).
Deduza, pelas médias de Cesàro (volume do primeiro ano de graduação), o clássico

$u_n \sim \sqrt{\frac{3}{n}} .$
(Numérica certificada) Usando a cota rigorosa da questão 7, mostre que avaliar $\ln n + \gamma + \frac1{2n}$ em $n = 10^6$ fornece $H_{10^6}$ com erro no máximo $1.25\cdot10^{-13}$ — uma soma de um milhão de termos calculada com treze algarismos por meio de três termos.
(Regras do jogo) Demonstre ou refute, com demonstrações ou contraexemplos: (a) se $u_n \sim v_n \to +\infty$ então $\ln u_n \sim \ln v_n$ ; (b) se $u_n \sim v_n$ então $\eu^{u_n} \sim \eu^{v_n}$ ; (c) se $f \sim g$ em $+\infty$ ( $f, g$ deriváveis) então $f' \sim g'$ .
(Síntese) Uma frase para cada: o laço de refinamento do Método 6.22 tal como usado nas Partes I, III e IV; o que a correção do trapézio acrescenta ao Teorema 6.6; por que a inversão de $x\ln x$ é exatamente a ponte de $\pi(x)$ para $p_n$ ; e qual das regras da questão 24 protegeu qual passo. Nomeie os dois cumes: a fórmula de Euler–Maclaurin (primeira ordem) e a lei assintótica do $n$ -ésimo primo.

Solução

Solução de Problema 6.1.

1. Subtraindo os dois desenvolvimentos: $\sum_i (c_i - c_i')\varphi_i = o(\varphi_k)$ . Se algum coeficiente diferir, seja $i_0$ o primeiro: dividir por $\varphi_{i_0}$ e usar $\varphi_j = o(\varphi_{i_0})$ para $j > i_0$ dá $c_{i_0} - c_{i_0}' = o(1)$ : zero, contradição. Para o desenvolvimento: com $u = \frac{\ln x}x \to 0$ ,

\frac{1}{x - \ln x} = \frac1x\cdot\frac{1}{1 - u} = \frac1x\bigl(1 + u + u^2 + O(u^3)\bigr) = \frac1x + \frac{\ln x}{x^2} + \frac{(\ln x)^2}{x^3} + o\Bigl(\frac{(\ln x)^2}{x^3}\Bigr).

Nenhum termo em $\frac c{x^2}$ aparece porque o desenvolvimento é uma série geométrica em $u = \frac{\ln x}{x}$ : todo termo carrega tantas potências de $\ln x$ quantas de $\frac1x$ além da primeira; o degrau $\frac1{x^2}$ da escala (coeficiente de $(\ln x)^0$ ) simplesmente não existe, com coeficiente $0$ .

2. $f(x) = \eu^x + x$ é contínua, estritamente crescente, com limites $-\infty$ e $+\infty$ : uma bijeção $\R \to \R$ , logo $x_n = f^{-1}(n)$ existe e é único, e $x_n \to +\infty$ ( $f^{-1}$ cresce para $+\infty$ ). De $\eu^{x_n} = n - x_n$ : $x_n = \ln(n - x_n) \leq \ln n$ , logo $x_n/n \to 0$ e $x_n = \ln n + \ln(1 - x_n/n) = \ln n + o(1) \sim \ln n$ .

3. Escreva $u_n = x_n/n$ . Segunda passagem: $u_n = \frac{\ln n + o(1)}{n}$ , logo

x_n = \ln n + \ln(1 - u_n) = \ln n - u_n + O(u_n^2) = \ln n - \frac{\ln n}{n} + o\Bigl(\frac{\ln n}n\Bigr).

Terceira passagem: agora $u_n = \frac{\ln n}{n} - \frac{\ln n}{n^2} + o\bigl(\frac{\ln n}{n^2}\bigr)$ , e $\ln(1 - u_n) = -u_n - \frac{u_n^2}2 + O(u_n^3)$ :

x_n = \ln n - \frac{\ln n}n + \frac{\ln n}{n^2} - \frac{(\ln n)^2}{2n^2} + o\Bigl(\frac{(\ln n)^2}{n^2}\Bigr) = \ln n - \frac{\ln n}{n} - \frac{(\ln n)^2}{2n^2} + o\Bigl(\frac{(\ln n)^2}{n^2}\Bigr),

sendo o termo $\frac{\ln n}{n^2}$ absorvido em $o\bigl(\frac{(\ln n)^2}{n^2}\bigr)$ .

4. Em $n = 1000$ : $\ln 1000 \approx 6.90776$ (erro $7\cdot10^{-3}$ ); dois termos: $6.90085$ (erro $2\cdot10^{-5}$ ); três termos: $6.90082$ (erro abaixo de $10^{-5}$ ), contra $x_{1000} \approx 6.90083$ . Cada passagem compra aproximadamente o fator previsto $\frac{\ln n}{n}$ .

5. Duas integrações por partes, começando pela direita: com $\frac{\dd}{\dd t}\bigl[\tfrac12t(1-t)\bigr] = \tfrac12 - t$ e $t(1-t)$ anulando-se nas duas extremidades,

\frac12\int_0^1 t(1-t)g''(t)\dd t = -\int_0^1\Bigl(\frac12 - t\Bigr)g'(t)\dd t = -\Bigl[\Bigl(\frac12 - t\Bigr)g\Bigr]_0^1 - \int_0^1 g = \frac{g(0) + g(1)}2 - \int_0^1 g .

Reorganizado, isso é a identidade enunciada.

6. Calcule o incremento e depois aplique a questão 5 a $g(t) = f(n + t)$ :

\begin{align*} E_{n+1} - E_n &= f(n{+}1) - \int_n^{n+1}\!f - \frac{f(n{+}1) - f(n)}2 \\ &= \frac{f(n) + f(n{+}1)}2 - \int_n^{n+1}\!f = \frac12\int_0^1 t(1-t)f''(n+t)\dd t . \end{align*}

Como $0 \leq t(1-t) \leq \frac14$ : $\abs{E_{n+1} - E_n} \leq \frac18\int_n^{n+1}\abs{f''}$ , cuja soma sobre $n$ converge por hipótese: $(E_n)$ converge (incrementos absolutamente somáveis) para algum $E$ , com

\abs{E - E_n} \leq \sum_{k\geq n}\abs{E_{k+1} - E_k} \leq \frac18\int_n^\infty\abs{f''} .

7. $f(t) = \frac1t$ : $f''(t) = \frac2{t^3}$ , $\int_1^\infty\abs{f''} = 1 < \infty$ . Questão 6:

H_n = \ln n + \frac{1 + \frac1n}{2} + E + (E_n - E) = \ln n + \Bigl(E + \frac12\Bigr) + \frac1{2n} + \varepsilon_n,

com $\abs{\varepsilon_n} = \abs{E_n - E} \leq \frac18\int_n^\infty\frac{2\dd t}{t^3} = \frac1{8n^2}$ . Comparar com $H_n = \ln n + \gamma + o(1)$ (Exemplo 6.7) identifica $E + \frac12 = \gamma$ .

8. Pela fórmula do incremento da questão 6,

\varepsilon_n = E_n - E = -\sum_{k\geq n}\frac12\int_0^1 t(1-t)\,\frac{2\,\dd t}{(k+t)^3} = -\sum_{k \geq n}\Bigl(\frac1{k^3}\int_0^1t(1-t)\dd t + O\Bigl(\frac1{k^4}\Bigr)\Bigr),

usando $\frac{1}{(k+t)^3} = \frac1{k^3} + O\bigl(\frac1{k^4}\bigr)$ uniformemente para $t \in \intcc01$ . Com $\int_0^1 t(1-t) = \frac16$ e $\sum_{k\geq n}\frac1{k^3} \sim \frac{1}{2n^2}$ (Teorema 6.6):

\varepsilon_n = -\frac16\cdot\frac{1}{2n^2} + o\Bigl(\frac1{n^2}\Bigr) = -\frac{1}{12n^2} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr).

9. $f = \ln$ : $f''(t) = -\frac1{t^2}$ , absolutamente integrável. A questão 6 dá

\ln n! = \int_1^n\ln t\,\dd t + \frac{\ln n}2 + E + O\Bigl( \frac1{8}\int_n^\infty\frac{\dd t}{t^2}\Bigr) = \Bigl(n + \frac12\Bigr)\ln n - n + 1 + E + O\Bigl(\frac1n\Bigr),

logo $d_n = 1 + E + O\bigl(\frac1n\bigr)$ : a convergência de $(d_n)$ — Etapa 1 do Teorema 6.13 — mais a taxa $O(1/n)$ . (O valor do limite dado por Stirling dá $E = \ln\sqrt{2\pi} - 1$ .)

10. $f(t) = t^{-1/2}$ : $f''(t) = \frac34 t^{-5/2}$ , absolutamente integrável. Questão 6:

\sum_{k=1}^n \frac1{\sqrt k} = 2\sqrt n - 2 + \frac{1 + \frac1{\sqrt n}}2 + E + O\bigl(n^{-3/2}\bigr) = 2\sqrt n + c + \frac{1}{2\sqrt n} + O\bigl(n^{-3/2}\bigr),

com $c = E - \frac32$ . Em $n = 10^4$ : $2\sqrt n = 200$ , $c \approx -1.46035$ , $\frac1{2\sqrt n} = 0.005$ : previsto $198.54465$ , e de fato $\sum_{k\leq10^4}k^{-1/2} = 198.544645\dots$ — três termos, sete algarismos.

11. $t \mapsto t\ln t$ é contínua e estritamente crescente em $\intco1\infty$ (derivada $\ln t + 1 \geq 1$ ), de $0$ a $+\infty$ : existe um único $x_n$ , e $x_n \to \infty$ (caso contrário $x_n\ln x_n$ ficaria limitado). Tomando logaritmos em $x_n\ln x_n = n$ : $\ln x_n + \ln\ln x_n = \ln n$ ; como $\ln\ln x_n = o(\ln x_n)$ , dividir por $\ln x_n$ dá $\frac{\ln n}{\ln x_n} \to 1$ : $\ln x_n \sim \ln n$ .

12. De $x_n = \frac{n}{\ln x_n}$ e $\ln x_n \sim \ln n$ : $x_n \sim \frac{n}{\ln n}$ . Passagem seguinte: $\ln\ln x_n = \ln\bigl(\ln n\,(1 + o(1))\bigr) = \ln\ln n + o(1)$ , logo $\ln x_n = \ln n - \ln\ln n + o(1)$ e

x_n = \frac{n}{\ln n - \ln\ln n + o(1)} = \frac{n}{\ln n}\cdot\frac{1}{1 - \frac{\ln\ln n + o(1)}{\ln n}} = \frac{n}{\ln n}\Bigl(1 + \frac{\ln\ln n}{\ln n} + o\Bigl(\frac{\ln\ln n}{\ln n}\Bigr)\Bigr).

13. Em $n = 10^6$ : $\frac{n}{\ln n} \approx 72\,382$ (errando por $18\%$ ); dois termos dão $\approx 86\,140$ (errando por $1.9\%$ ), contra o valor verdadeiro $x \approx 87\,848$ . O ganho por passagem é apenas o fator $\frac{\ln\ln n}{\ln n} \approx \frac{2.63}{13.8} \approx 0.19$ : as escalas logarítmicas convergem com lentidão exasperante — um fato da vida sempre que primos estão envolvidos.

14. Há exatamente $n$ primos $\leq p_n$ (a saber, $p_1, \dots, p_n$ ): $\pi(p_n) = n$ . O teorema dos números primos (admitido; volume do terceiro ano de graduação) dá $n = \pi(p_n) \sim \frac{p_n}{\ln p_n}$ , isto é, $p_n \sim n\ln p_n$ : essa é a equação $x\ln x \approx n$ lida ao contrário. Tomando logaritmos: $\ln p_n = \ln n + \ln\ln p_n + o(1)$ , e $\ln\ln p_n = o(\ln p_n)$ força $\ln p_n \sim \ln n$ como na questão 11. Substituindo de volta:

p_n \sim n\ln p_n = n\,\ln n\,\frac{\ln p_n}{\ln n} \sim n\ln n .

15. (a) Fixe $\varepsilon > 0$ ; para $k$ grande, $(1 - \varepsilon)k\ln k \leq p_k \leq (1 + \varepsilon)k\ln k$ . Por comparação com a crescente $t\ln t$ (enquadramento do tipo Teorema 6.6), $\sum_{k\leq n}k\ln k = \int_1^n t\ln t\,\dd t + O(n\ln n) = \frac{n^2\ln n}2 - \frac{n^2}4 + O(n\ln n) \sim \frac{n^2\ln n}2$ . Logo $\sum_{k\leq n}p_k = \frac{n^2\ln n}{2}(1 + O(\varepsilon) + o(1))$ para todo $\varepsilon$ : $\sum_{k\leq n}p_k \sim \frac{n^2\ln n}2$ . (b) Pelo teorema dos números primos, entre os inteiros até $10^{100}$ uma proporção $\sim \frac{1}{\ln 10^{100}} = \frac1{230.26\dots}$ é prima: um inteiro uniformemente aleatório com $100$ algarismos é primo com probabilidade cerca de $\frac1{230}$ .

16. Em $\intoo{n\pi}{n\pi + \frac\pi2}$ , $g(x) = \tan x - \frac1x$ é contínua e estritamente crescente ( $g' = 1 + \tan^2x + \frac1{x^2} > 0$ ), com $g \to -\frac1{n\pi} < 0$ na extremidade esquerda e $g \to +\infty$ na direita: exatamente uma raiz $x_n$ . Como $\tan z_n = \tan x_n = \frac1{x_n} \to 0$ com $z_n \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ : $z_n \to 0^+$ .

17. $\tan z_n \sim z_n$ e $\frac1{x_n} \sim \frac1{n\pi}$ : $z_n \sim \frac1{n\pi}$ .

18. $z_n = \arctan\frac1{x_n}$ e $\arctan u = u + O(u^3)$ . Com $z_n = O(\frac1n)$ :

\frac1{x_n} = \frac{1}{n\pi}\cdot\frac1{1 + \frac{z_n}{n\pi}} = \frac1{n\pi} - \frac{z_n}{n^2\pi^2} + O\Bigl(\frac1{n^4}\Bigr) = \frac1{n\pi} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr),

logo $z_n = \frac1{n\pi} + O\bigl(\frac1{n^3}\bigr)$ : o degrau $\frac{c}{n^2}$ tem coeficiente $0$ , porque a primeira correção a $\frac1{x_n}$ é ela mesma de tamanho $\frac{z_n}{n^2} = O(n^{-3})$ .

19. Insira $z_n = \frac1{n\pi} + O(n^{-3})$ na fórmula anterior:

\frac{1}{x_n} = \frac{1}{n\pi} - \frac{1}{n^3\pi^3} + O\Bigl(\frac1{n^5}\Bigr),

depois $z_n = \arctan\frac1{x_n} = \frac1{x_n} - \frac{1}{3}\Bigl(\frac1{x_n}\Bigr)^3 + O\Bigl(\frac1{n^5}\Bigr) = \frac1{n\pi} - \frac{1}{n^3\pi^3} - \frac{1}{3n^3\pi^3} + O\Bigl(\frac1{n^5}\Bigr)$ :

x_n = n\pi + \frac{1}{n\pi} - \frac{4}{3\pi^3n^3} + O\Bigl(\frac1{n^5}\Bigr).

20. Em $n = 3$ : um termo $9.53088$ , três termos $9.52929$ , raiz verdadeira $9.52933$ : erros $1.5\cdot10^{-3}$ e $5\cdot10^{-5}$ . Contraste: para $\tan x = x$ a raiz precisa tornar $\tan$ enorme, logo ela se cola à extremidade direita $n\pi + \frac\pi2$ da janela, a distância $\sim\frac1{n\pi}$ antes da assíntota; para $x\tan x = 1$ a raiz precisa tornar $\tan$ minúsculo, logo ela fica logo depois da extremidade esquerda $n\pi$ , a distância $\sim\frac1{n\pi}$ depois do zero. Mesmo método, geografia espelhada.

21. $\sin u < u$ em $\intoo0\pi$ e $\sin$ leva $\intoo0\pi$ em $\intoc01 \subseteq \intoo0\pi$ : após um passo $u_1 \in \intoc{0}{1}$ , depois $(u_n)$ decresce e é minorada por $0$ : ela converge para um ponto fixo de $\sin$ , isto é, para $0$ . Desenvolvimento: $\sin u = u(1 - \frac{u^2}6 + o(u^2))$ , logo

\frac{1}{u_{n+1}^2} - \frac1{u_n^2} = \frac{1}{u_n^2}\Bigl(\bigl(1 - \tfrac{u_n^2}6 + o(u_n^2)\bigr)^{-2} - 1\Bigr) = \frac{1}{u_n^2}\Bigl(\frac{u_n^2}{3} + o(u_n^2)\Bigr) \longrightarrow \frac13 .

22. Por Cesàro (volume do primeiro ano de graduação), a média dos incrementos converge para o mesmo limite:

\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{u_n^2} = \frac1n\Bigl(\frac1{u_0^2} + \sum_{k=0}^{n-1} \Bigl(\frac1{u_{k+1}^2} - \frac1{u_k^2}\Bigr)\Bigr) \longrightarrow \frac13 ,

logo $u_n^2 \sim \frac3n$ e, sendo todos os termos positivos, $u_n \sim \sqrt{3/n}$ .

23. Pela questão 7, $\abs{H_n - \ln n - \gamma - \frac1{2n}} \leq \frac1{8n^2}$ . Em $n = 10^6$ essa cota vale $\frac{1}{8\cdot10^{12}} = 1.25\cdot10^{-13}$ : três termos calculados entregam a soma harmônica de um milhão de termos com treze algarismos, com um certificado de erro plenamente rigoroso — exatamente o propósito de uma fórmula assintótica com resto explícito.

24. (a) Verdadeiro: $\ln u_n - \ln v_n = \ln\frac{u_n}{v_n} \to 0$ enquanto $\ln v_n \to +\infty$ , logo a razão dos logaritmos tende a $1$ . (b) Falso: $u_n = n + 1 \sim v_n = n$ , mas $\eu^{u_n}/\eu^{v_n} = \eu \neq 1$ . A equivalência tolera erros aditivos $o(1)$ no expoente, não $O(1)$ . (c) Falso: $f(x) = x + \sin(x^2) \sim g(x) = x$ em $+\infty$ , mas $f'(x) = 1 + 2x\cos(x^2)$ oscila ilimitadamente enquanto $g' = 1$ : as derivadas de funções equivalentes podem não ser comparáveis de modo algum.

25. O laço do Método 6.22 rodou identicamente três vezes: localizar a raiz, extrair um termo bruto, reinjetá-lo para a ordem seguinte — em $\eu^x + x = n$ (Parte I), em $x\ln x = n$ (Parte III), em $x\tan x = 1$ (Parte IV). A correção do trapézio eleva a comparação série–integral de “a diferença converge” a um termo explícito em $\frac{f(1) + f(n)}2$ com resto certificado $O(\int_n^\infty \abs{f''})$ — constantes e barras de erro em vez de mera convergência. A ponte para os primos é pura inversão: o teorema dos números primos diz que $\pi(x)\ln x \approx x$ , logo $p_n$ , definido por $\pi(p_n) = n$ , resolve uma equação do tipo $x\ln x = n$ — e herda a assintótica dela. A regra (a) da questão 24 legitimou toda passagem de $u_n \sim v_n$ para $\ln u_n \sim \ln v_n$ (questões 11 e 14); a falsidade de (b) é a razão pela qual nunca exponenciamos equivalências. Cumes: a fórmula de Euler–Maclaurin em primeira ordem (questão 6) e a lei assintótica $p_n \sim n\ln n$ do $n$ -ésimo primo (questão 14).